牛顿运动定律公开课.docx

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1、新人教版必修第一册课时作业第四章运动和力的关系单元检测一、单项选择题(此题共8小题,每题3分，共24分。在每题给出的四个选项中只有一项为哪一项符 合题目要求的).科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。以下说法符合历史事实的是()A.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远 运动下去B.亚里士多德指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既 不停下也不偏离原来的方向C.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变D.笛卡儿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.在升降电

2、梯内的地板上放一体重计，电梯静止时,某同学站在体重计上,体重计示数为50. 0kgo假设 电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如下图的40. 0kg,那么在这段时间内(重力加 速度为g)()A.该同学所受的重力变小了B.电梯一定在竖直向下运动C.该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力D.电梯的加速度大小为0. 2g,方向一定竖直向下.光滑斜面倾角为0 ,用平行于斜面向上的力F,作用在质量为m的物体上,物体由静止开始运动时 间t后,撤去力F,又经t时间,物体恰回到出发点,贝U ()A. F=2mgsin 04F=3mgsin 0B. 3F=4mgsin。C. 3F=mgsin 0

3、.辉辉小朋友和爸爸一起去游乐园玩滑梯。假设辉辉的质量m=30kg,滑梯斜面与水平面夹角为0且 大小可以调整，第一次当0尸30。时恰好匀速下滑，第二次当。2=37。时以加速度a加速下滑。设他 与滑梯面间的动摩擦因数为U,滑梯对他的支持力和摩擦力分别为8、Fn2、L和f2,g取10m/s2, sin37 =0. 6, cos37 =0. 8,那么以下正确的选项是()10 . BCD 对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有F-2 u mg=2ma,再分别对A环、B球分析,对B球 有 F-FTsin 0 =ma, mg=FTcos。；对 A 环有 mg+FTcos 0 =FN, FTsin 0 - u

4、FN=ma, FN=2ing,贝由以上各式综合分 析可得Fmg,当“=0时a=g,假设口 W0,那么有口 mg时，由牛顿第二定律得F- u （kv-mg） =ma,当a=0时， 圆环的速度最大，即vm43,选项C正确,D错误。冰. BC假设V2w,那么P、Q先一起做匀减速运动，且加速度大小a尸陛如。 mQ+mp假设P能减速到Vb当fp-niQg, P、Q共同匀速,速度大小为V1;当fPmQg, P、Q继续减速能口速度大小出二少曳,为&,故A错误。 mQ+mp假设传送带足够长,P、Q减速到零后,反向加速,加速度大小为a2o假设V2V1O当fpNniQg, P、Q先共同加速，后以V1共同匀速运动，

5、加速度大小为a：尸卫悒 mQ+mp当fpmog, P、Q可能一直减速,也可能先减速到零,后反向加速,加速度不变。综上,B、C正确,D错误。12 .答案（1）（2 分）（2） 0.5 （2 分）0.2 （2 分）解析（1）由图线可知，当F=0时,aWO,也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实 验操作中平衡摩擦力过度，即倾角过大,所以图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。（2）在轨道水平情况下，由牛顿第二定律得F- H mg=ma, a=-u g,那么图线的斜率在数值上等于滑块和位移传感器发射局部的总质量的倒数。 m所以 m0. 5kg k-u g=-2解得u=0. 2o.答案 1

6、.69（2分）3.88（2分）轨（2分） a（4）0. 200（2 分）解析 从图乙中可知xab=5. 20cm, xBc=5. 84cm, xCd=6. 45cm, xDe=7. 07cm, xEf=7. 70cm。（2）相邻计数点间的时间间隔为 T=2X0. 02s=0. 04s, vD=6,45+7,7X 10_2m/s=l. 69m/so 2T 2x0.04根据逐差法可得滑块的加速度a=、+*。产及三。77。+。.。7。7。；645。58%/$2=3.88nl/s? 4T24X0.042滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得mog=Mgsin e-f,撤去钩码后滑块做匀加速直线运动时，

7、受到的合外力F合二Mgsin 0-f,由牛顿第二定律得F合二Ma,解得M二侬。（4）滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得Mgsin 9 -f=mog,挂上质量为m的钩码时滑块沿木 板向下做匀加速直线运动,受到的合外力为F合二Mgsin 0 -f-mg,由牛顿第二定律得F合二Ma,解得a=g-g,由图丙所示图像可知k=-=-5,解得M=0. 200kg。M MM 0.40.答案 （1）3N 0. 05 （2） 2m解析（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为由,那么由v-t图像得ai=-m/ s2=2m/ s2 （1 分）4根据牛顿第二定律,有F+ u mg=mai （1分）设物体向左做

8、匀加速直线运动的加速度大小为a2,那么由v-t图像得a2=m/ s2=lm/ s2 （1 分）10-4根据牛顿第二定律,有F- u mg=ma2 （1分）联立得:F=3N, 口=0.05（2分）（2）设10s内物体的位移为x,那么x为v-t图线与时间轴所围的面积。那么：*4乂801义6乂601二-201,负号表示物体在八点左侧。即10s末物体离A点的距离为2匹（2 22分）13 .答案 （l）75m （2） 40m/s （3）s3解析（1）由牛顿第二定律,有F-mg-f=ma （1分）代入数据解得a=6m/s2上升高度hat2（l分）2代入数据解得h=75m（l分）（2）下落过程中mg-f=m

9、ai （1分）代入数据解得ai=8m/s2落地时v2=2a】H（l分）代入数据解得v=40m/s（l分）（3）恢复升力后向下减速运动过程F-mg+f=ma2（l分）代入数据解得a2=10m/s2设恢复升力时的速度为,22那么有包+包=H（1分） 2al 2a240y /vm=m/ s 3由V”刊代入数据解得tFS （2分）314 .答案见解析解析 对木块:在竖直方向，由平衡条件得mg二Fl-Fn（1分）解得：F双N= 16. 7N（1 分）3由牛顿第三定律得:木块对铁箱的压力为:Fn=Fn=16. 7N（1分）方向水平向左（1分）（2）对木块:在水平方向根据牛顿第二定律可得:FN=ma（l分）

10、解得:a=&m/s2（l 分）3对铁箱和木块整体:F- u 1 （M+m） g= （M+m） a （1分）故水平拉力为力为M+m） （a+ u ig）=118N（l分）（3）撤去拉力F时,铁箱和木块的速度均为v=6m/s,因L，以后木块相对铁箱滑动。（1分）木块的加速度大小a2=u2g=3in/s2（l分）铁箱的加速度大小a3=m+M）g.g=6. 6m/s2（l分）M铁箱减速到0所用时间为to=v/a3=O. 9s I2, w1也C. 1 y A I2，12 D. A IK I2，aa27 .如下图,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动 摩擦因数为U

11、o初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速 度到达v后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块 相对于传送带不再滑动。关于上述过程，以下判断正确的选项是（重力加速度为g）（）u与a之间一定满足关系P-9B.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为日C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为三D.黑色痕迹的长度为丝用2az二、多项选择题（此题共4小题,每题4分，共16分。在每题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错的得0分）9 .如下图，质量均为m的A、B两物块置于光滑

12、水平地面上,A、B接触面光滑,倾角为0,现分别以 水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，那么以下说法中正确的选项是（）A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B.两种情况下获取的最大加速度相同C.两种情况下所加的最大推力相同D.采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力.如图,环A与球B用一轻质细绳相连,环A套在水平细杆上。现有一水平恒力F作用在球B上,使 A环与B球一起向右以相同的加速度做匀加速运动。环与球的质量均为m,细绳与竖直方向的夹 角。=45。，重力加速度为g,以下说法正确的选项是（）AA.细绳对B球的拉力大于杆对A环的支持力B球受到的水平恒力F大于mgC.假设水平

13、细杆光滑,那么加速度等于gD.假设水平细杆粗糙,那么动摩擦因数小于0. 511. 如下图,一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上,环与杆之间的动摩擦因数为U ,现 给环一个水平向右的恒力F,使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化 的作用力F产kv,其中k为常数,重力加速度大小为g,那么圆环运动过程中（）A.最大加速度为*B.最大加速度为比侬 mmC.最大速度为巴D.最大速度为等jtzfck12. 如下图,水平传送带以速度vi匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0 时刻P在传送带左端具有速度v2, P与定滑轮间的绳水平,t=t。时刻P离开传送

14、带。不计定滑轮质量 和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是（）BCI)三、非选择题（此题共6小题，共60分）13. （6分）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置,通过改变重物的质量,利用计算机可得滑块运 动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到 了两条a-F图线，如图（b）所示。位移传感器位移传感器接收局部发射局部图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“”或”）；滑块和位移传感器发射局部的总质量m=kg;滑块和轨道间的动摩擦因数 o（g 取 10m/s2）打点计时器喷子 产/细绳14. （8分）某同学欲运用牛顿第二

15、定律测量滑块的质量此其实验装置如图甲所示,设计的实验步骤为:调整长木板倾角，当钩码的质量为m。时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；保持木板倾角不变,撤去钩码，将滑块移近打点计时器,然后释放滑块,滑块沿木板向下做匀加速直线运动,并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（打点计时器的工作频率为50Hz） o请回答以下问题：乙 cz/(m , s-2)0.20 0.40 0.60 mg/N打点计时器打下D点时,滑块的速度Vd二 m/s;（结果保存3位有效数字）滑块做匀加速直线运动的加速度a=m/s2;（结果保存3位有效数字）滑块的质量M=（用字母a、和当地重力加速度g表示）。（3）保持木板倾角不变,挂上质量为m（

16、均小于m0）的钩码,滑块沿木板向下匀加速运动,测出滑块的加 速度;屡次改变钩码的质量,分别求出相应的加速度。（4）假设绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a-mg图像如图丙所示,那么由图丙可求得滑块的质量M=kgo （g取lOm/s?,结果保存3位有效数字）15. （8分）如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体作用一个水 平向左的恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所 得v-t图像如图乙所示。重力加速度g取lOm/s?。求：（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数u ;（2） 10s末物体离A点的距离。16. （

17、10分）四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。- 架质量m=2kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为 f=4No （g 取 10m/s2）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t=5s时离地面的高度h。（2）当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落。求无 人机坠落到地面时的速度Vo（3）接问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力。为保 证安全着地（到达地面时速度为零），求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间tlo （结

18、果可保存根 号）17. （14分）如图,质量为2. 5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动, 铁箱与水平面间的动摩擦因数J为0.6。铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木 块与铁箱内壁间的动摩擦因数一为0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取lOin/s?。求:木块对铁箱的压力（结果保存三位有效数字）； 水平拉力F的大小;减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6m/s时撤去拉 力,又经过1s时间，木块从铁箱左侧到达右侧,求铁箱的长度是多少？（结果保存三位有效数字）18. （14分）如图甲所示,质量为M的长木板，静止

19、放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质 点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板到达共同速度的过程 中，物块和木板的v-t图像分别如图乙中的折线acd和bed所示,a、b、c、d点的坐标分别为a(0, 10) b (0, 0) (4,4)、d(12, 0)o 根据 v-1 图像，求:物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2, 到达共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3;物块质量m与长木板质量M之比；物块相对长木板滑行的距离Ax。答案全解全析1. A伽利略通过“理想实验”得出结论:力不是维持物体运动的原因，即一旦

20、物体具有一定速度,如 果它不受力，它将以这一速度永远运动下去,A正确。笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作 用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向,B错误。亚里士多德认为, 必须有力作用在物体上，物体才能运动,C错误。牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静 止状态的性质,D错误。2. D该同学在这段时间内处于失重状态，对体重计的压力变小了，而该同学的重力并没有改变，故A 错误；以竖直向下为正方向，那么有:mg-F=ma,解得a=0. 2g,方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上， 也可能是竖直向下，故B错误,D正确；人对体重计的压力与体重计对人的支持力

21、是一对作用力与反作 用力,大小一定相等，故C错误。3. C以物体为研究对象撤去F前,根据牛顿第二定律可得:F-mgsin 9初办;撤去F后,根据牛顿第二 定律可得:mgs in 0 =ma2,撤去F前物体做匀加速直线运动，那么有:xHait?,撤去F时速度v二ait,撤去F2后，X2=vta2t；物体能回到出发点满足：X2=-XI,联立以上各式解得:a2=3ai,整理可得:3F=4mgsin 0 ,故 2C正确,A、B、D均错误。4. A 当。尸30。时,恰好匀速下滑，根据平衡条件可得:mgsin30。=umgcos30 ,解得：U=tan30。二渔，故A正确；当。2=37。时，以加速度a加速

22、下滑,根据牛顿第二定律可 3得:mgsin37 - umgcos37 =ma,解得:a=l.dm/s?,故 B 错误;支持力 Fkmgcos。，由于所以 FmFn2,故C错误；摩擦力f= U mgcos。，由于。K。2,所以故D错误。5. C在0ls内,根据牛顿第二定律得a万巴暨竺g,方向沿斜面向上,物体向上做匀加速直线运 mgm 2动,在1s末时的速度为5rn/s;在P2s内，拉力F为零,根据牛顿第二定律得a?二吧竺g,方向沿斜面向 m 2下,物体沿斜面向上做匀减速直线运动,2s末速度为零;在展3s ,-=-1,根据牛顿第二定律得 mg二叱吧竺二N,方向沿斜面向下,物体沿斜面向下做匀加速直线

23、运动,3s末的速度大小v=a3t=15m/s,沿 m 2斜面向下,为负,C正确。6.B剪断细线前，弹簧的弹力F*mgsin30。=细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹上mg;22对A、B组成的系统,加速度一口30r弹吟即a和B的加速度均为 3m 33C设两个滑块的质量均为m,假设水平地面光滑，以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a产生N再 2m以A为研究对象，由牛顿第二定律得F-k - A iLmai,代入解得弹簧的伸长量为 1产卫为假设水平地面 2 k粗糙,那么两个滑块与地面间的动摩擦因数相同，以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a4詈二野口 g,再以A为研究对象由牛顿第二定律得Fk 一

24、喈叫代入解得弹簧的伸长量为 k二三,可见 1尸 k, aa2,应选项C正确。 2k7. C方法一 公式法：由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a= ug,由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a u g,那么u -,A错误;煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t=-,此时煤块的位移传送带的位移x2、+v(X，)支二煤块相对 Hg2 pg2a pg a/ pg 2aD错误。D错误。22于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，那么A x=x2-xf-, C正确,B、 2 Hg 2a方法二 图像法:根据题意，由于煤块与传送带之间发生相对滑动,那么传送带的加速度一定大

25、于 煤块的加速度。由题意作出煤块和传送带的速度-时间图像，如下图，由于二者最终的速度均为v,那么t尸二t?二工 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线0b与横轴所围的面积, a Pg2即黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移,即图线a、ab、b所围的面积,那么22A x=-(t2-ti)=-o 2211g 2a8. BC甲方式中,F最大时,A刚要离开地面,A受力如图1所示,那么FniCOS。=mg对 B:Fn/ sin 9 =mai由牛顿第三定律可知FnJ二F.乙方式中，F最大时,B刚要离开地面,B受力如图2所示,那么Fn2cos 0 =mg(4)FN2sin 0 =ma2(5)由可知Fn2=Fn1=Fn/由式可得a2=ab对整体易知F2=F1, 应选项B、C正确，选项A、D错误。